• 解決済み

    @Arsenic

    2023/10/16 23:57

    1 回答

    積分投稿!

    この積分えぐかったです。(僕の回答はちと複雑)

    I=∫sin⁡(4arctan⁡(x))dxI=\int \sin\left(4\arctan(x)\right) dxを求められる方はいらっしゃいますか?


    補足

    これは完全に余談なのですが、

    I=∫1+x2⋅cos⁡xdxI=\int \sqrt{1+x^2} \cdot \cos x dx

    I=∫(log⁡x)2⋅cos⁡xdxI=\int \left(\log x\right)^2 \cdot \cos x dxとかいう頭おかしい積分問題と一緒についてきました。(この補足欄の積分問題は、一般化超幾何級数でしか表せないと聞いてブチギレそうになったので晒したまでなのでお気になさらず)　作問者:友人のTT氏

    1. 高校生
    1. 大学生・大学院生

    ベストアンサー

    ベストアンサー

    @Enigmathematics

    2023/10/17 9:41

    今日も積分日和ー


    I=∫sin⁡(4tan⁡−1x)dxI=\int \sin (4\tan^{-1}x)dx

    tan⁡−1x=t\tan^{-1}x=tとしましょう、x=tan⁡tx=\tan t,　dxdt=1cos⁡2t\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{1}{\cos^2 t}　ですから、

    (与式)=∫sin⁡4tcos⁡2tdt=∫4sin⁡tcos⁡t(2cos⁡2t−1)cos⁡2tdt(与式)=\int \dfrac{\sin 4t}{\cos^2 t} dt =\int \dfrac{4\sin t \cos t(2\cos^2 t-1)}{\cos^2 t}dt

    =∫4sin⁡t(2cos⁡2t−1)cos⁡tdt=∫(8sin⁡tcos⁡t−4tan⁡t)dt=\int \dfrac{4\sin t (2\cos^2 t-1)}{\cos t}dt=\int (8 \sin t \cos t-4\tan t)dt

    したがって、

    I=−4cos⁡2t+4log⁡∣cos⁡t∣+CI=-4\cos^2 t+4\log |\cos t|+C

    戻しまーす

    =−41+x2−2log⁡(1+x2)+C=-\dfrac{4}{1+x^2}-2\log (1+x^2)+C


    こんな感じですね


    因みにですが、あの広義積分のやつ答え対称性(周期関数だったから)を利用して解こうと思ったのですが、置換しても気持ち悪くなるだけなのでヤバイな、となっています(笑)


    返信(2件)

    @Arsenic

    2023/10/18 0:01

    ありがとうございます

    解き方は僕と同じでした。

    arctan⁡\arctanの積分はたいていそれをttと置いたり、三角関数が入っていたらtan⁡−1\tan^{-1}として置換してみたりすると結構いい感じで解けますね

    ありがとうございます

    補足

    追記:ユーザーランキング5位おめでとうございます!

    　　 これからもよろしくお願いします

    @Enigmathematics

    2023/10/18 9:07

    ほめていただいて光栄です～

    質問者からのお礼コメント

    質問者からのお礼コメント

    ありがとうございます

    とても分かりやすく、感激です😄

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